Cómo probar que $A$ $B$ son simultáneamente diagonalizable

Question

Pregunta:

Deje $A,B$ $n\times n$ matrices complejas, y deje $a$ $b$ ser números complejos tales que $$AB-BA=aA+bB.$$

Mostrar que $A$ $B$ son simultáneamente diagonalizable.

Yo:

Caso 1: Si $a=b=0$,$AB=BA$. Esto es cierto. [Nota del Editor: En este caso, el resultado es bien conocido.]

Caso 2: Sin pérdida de generalidad, dejamos $a\neq 0$, por lo que podemos suponer $a=1$ (deje $\dfrac{1}{a}B$ reemplace $B$).

Deje $C=AB-BA=A+bB$,$$CB-BC=C$$, a continuación, no se puede continuar.

Muchas gracias!

Answer 1

Edit: La afirmación es falsa. Aquí es un contraejemplo: $$ A=\pmatrix{1&0\\ 1&2},\ B=\pmatrix{1&0\\ 0&2},\ AB-BA=\pmatrix{0&0\\ -1&0}=B-a\ne0. $$ Tanto en $A$ $B$ aquí son diagonalisable. Sin embargo, desde la $A$ $B$ no conmutan, no son simultáneamente diagonalisable.

Sin embargo, bajo el supuesto de que $A,B$ $AB-BA$ son diagonalisable, la afirmación es verdadera. En este caso, su $C$ es diagonalisable y esto es suficiente para mostrar que $C=0$. Sin pérdida de generalidad, supongamos $B$ es una matriz diagonal de la forma $(\lambda_1I_{n_1})\oplus\cdots\oplus(\lambda_k I_{n_k})$ donde $\lambda_1,\ldots,\lambda_k$ son distintos y tienen cada vez más real de las partes. A continuación, $CB−BC=C$ implica que con un conformes partición $B$, $C$ es un bloque estrictamente triangular superior de la matriz y, por tanto, $C$ es nilpotent. Por lo tanto, $C$ es un diagonalisable nilpotent matriz y debe ser cero.

Answer 2

Tengo una respuesta parcial suponiendo que $A$ es diagonalizable y el cero $b$ no es igual a una diferencia de cualquier par de los distintos autovalores de a $A$. Espero que te ayude :-)

Así que vamos a $AB-BA=aA+bB$, $b\neq 0$, y $A$ ser diagonalizable. Entonces existe un nonsingular $X$ tal que $A=X\Lambda X^{-1}$. Podemos suponer que la matriz $A\in\mathbb{C}^{n\times n}$ $k$ distintos autovalores $\lambda_1,\ldots,\lambda_k$ tal que $$ \Lambda = \begin{bmatrix}\lambda_1 I_{n_1} & & \\ & \ddots & \\ & & \lambda_k I_{n_k}\end{bmatrix}, $$ donde $I_{n_i}$ es la matriz identidad de dimensión$n_i$$\sum_{i=1}^k n_i=n$. De $AB-BA=aA-bB$, tenemos $$ \Lambda\tilde{B}-\tilde{B}\Lambda=\Lambda+b\tilde{B},\etiqueta{1} $$ donde $\tilde{B}=X^{-1}BX$. Suponga $\tilde{B}$ ser dividido a los bloques conforme a la partición de $\Lambda$: $$ \tilde{B} = \begin{bmatrix}\tilde{B}_{11} & \cdots & \tilde{B}_{1k} \\ \vdots & \ddots & \vdots \\ \tilde{B}_{k1} & \cdots & \tilde{B}_{kk}\end{bmatrix}, $$ donde $\tilde{B}_{ij}\in\mathbb{C}^{n_i\times n_j}$. Ahora compare ambos lados de (1) para cada bloque:

• diagonal de bloques: por $i=1,\ldots,k$, tenemos $$ 0 = \lambda_i \tilde{B}_{ii} - \lambda_i \tilde{B}_{ii} = \lambda_i I_{n_i} + b\tilde{B}_{ii} \quad \Rightarrow \quad \tilde{B}_{ii}=\gamma_i I_{n_i}, \quad \gamma_i=\frac{a\lambda_i}{b}. $$
• fuera de la diagonal de bloques: para $i,j=1,\ldots,k$, $i\neq j$, tenemos $$ (\lambda_i-\lambda_j)\tilde{B}_{ij}=b\tilde{B}_{ij}.\la etiqueta{2} $$ Si $\lambda_i-\lambda_j\neq b$ tenemos $\tilde{B}_{ij}=0$.

Tenga en cuenta que (2) al menos implica que por un par de $i\neq j$, al menos uno de los bloques de $\tilde{B}_{ij}$ $\tilde{B}_{ji}$ es necesariamente cero. Ahora no sé cómo demostrar que son ambos cero, pero tal vez la suposición de que $B$ es diagonalizable así podría ayudar.

Además, la suposición de que tanto $A$ $B$ son diagonalizable parece razonable. De hecho, también es necesario demostrar que si $A$ $B$ commute, a continuación, $A$ $B$ son simultáneamente diagonalizable.

Answer 3

EDIT: por supuesto, el resultado es absolutamente falso ! En lo que sigue, me dan una forma de demostrar que $A,B$ son simultáneamente triangularizable.

Si $AB-BA=\lambda{A}+\mu B$ a continuación, poner $F=(1/\mu)A,G=\mu(\lambda{A}+\mu {B})$. Por lo tanto $FG-GF=G$ y asumimos $AB-BA=A$.

Método 1. consideramos que la Mentira de álgebra $\mathcal{A}$ (con producto $[U,V]=UV-VU$) se extendió por $I,A,B$. $[\mathcal{A}]=span(I,A)$ como un espacio vectorial. $[[\mathcal{A}]]=\{0\}$. Luego, por la Mentira de la teoría, $\mathcal{A}$ es triangularizable.

Método 2. i) para cada $k$, $A^kB-BA^k=kA^{k}$.

ii) $A$ es nilpotent.

iii) $ker(A)$ $B$- invariante.

iv) $A,B$ tienen en común un autovector de a $ker(A)$.

v) la Razón por la recurrencia.